广东省深圳实验学校高中部2021届高三11月月考数学试题

深圳实验学校高中部2021届11月份月考

数学试卷 2020年11月

本试卷共6页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡

上。

2．作答选择题时，选项出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目定区域内相应位置上；如需要改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四

个选项中，只有一项符合要求。

1．设集合A={x|x2+x−20}，B={x|0x3}，则A A．{x|−2x3}

C．{x|−1x3}

B=

B．{x|0x1} D．{x|0x2}

2．已知i是虚数单位，z是复数，若(1+3i)z=2−i，则复数z的虚部为

A．C．

7i 10

B．−7 1077i D．−10103．在△ABC中，“sinA=cosB”是“C=A. 充分不必要条件 C. 充要条件

2π”的 2B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

4．函数f(x)=ln(x+1−kx)的图象不可能是 A． B． C． D．

数学试卷 第1页（共16页）

yyyO1xO1xO1x 5．已知圆x2+y2−4x+4y+a=0截直线x+y−4=0所得弦的长度小于6，则实数a的

取值范围为

A．(8−17,8+17)

B．(8−17,8)

C．(−9,+) D．(−9,8)

16．(x+2)x−的展开式中的常数项是

x26 A．−5 B．15 C．20

D．−25

x2y27．已知双曲线C:2−2=1(a0,b0)的实轴长为16，左焦点为F，M是双曲线C的

ab一条渐近线上的点，且OM⊥MF，O为坐标原点，若△OMF的面积为16，则双曲线

C的离心率为

A．33 2 B．5 C．3 D．5 28．已知函数f(x)=1+x+2，若不等式f(m4x+1)+f(m−2x)5对任意的x0 x2+1恒成立，则实数m的最小值为 A．2−12−12 B．2−1 C． D．1− 222二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四

个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。

9．设a，b，c为实数，且ab0，则下列不等式中正确的是

A．

11 ababB．ac2bc2

2

11C．

22D．lgalg(ab)

π10．函数f(x)=Acos(x+)(A0,0,||)的部分图象如图所示，且满足

2π2πf()=−，现将图象沿x轴向左平移个单位，得到函数y=g(x)的图象． 234下列说法正确的是 A．g(x)在[−ππ,]上是增函数 126数学试卷 第2页（共16页）

B．g(x)的图象关于x=C．g(x)是奇函数 D．g(x)在区间[5π对称 6222π5π,] ,]上的值域是[−121233P11．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PCD⊥平面ABCD，

BC=23，CD=PC=PD=26，若点M为PC的中点，

则下列说法正确的是 A．BM⊥平面PCD B．PA//面MBD

C．四棱锥M−ABCD外接球的表面积为36π D．四棱锥M−ABCD的体积为6 12．设Sn为等比数列{an}的前n项和，满足a1则下列结论正确的是 A．an=3(−)B．3SnMDABC=3，且a1，−2a2，4a3成等差数列，

12n−1

=6+an

198+的最小值为

3psC．若数列{an}中存在两项ap，as使得apas=a3，则D．若tSn−111m恒成立，则m−t的最小值为

6Sn三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13. 已知|a|=2，|b|=1，a+b=(2,−3)，则|a+2b|= ． 14．若3cosπ2π，则sin2+= ． −−sin=633215．已知直线y=2x−2与抛物线y=8x交于A，B两点，抛物线的焦点为F，则FAFB的值为 ． 16. 已知函数f(x)=ln(−x)x−m1h(x)=g(f(x))+，g(x)=，若函数有3个不同的零2x2xm点x1，x2，x3，且x1x2x3，则f(x1)+f(x2)+2f(x3)的取值范围是 ．

数学试卷 第3页（共16页）

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（10分）

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，DAB=90,AD//BC，

AD⊥侧面PAB，△PAB是等边三角形， DA=AB=2， BC=1AD，E是线段AB的中点． 2P （1）求证：PE⊥CD；

（2）求PC与平面PDE所成角的正弦值．

18．（12分）

在①bsinA+asinB=4csinAsinB，②cos2C−23sin③(a−2BEACDC+3=2， 23b)sinA+bsinB=csinC，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解

决该问题．

已知△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，sinAsinB=___________，求角C及△ABC的面积S．

（注意：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）

19．（12分）

已知数列{an}满足a1=−5，且an+2an−1=(−2)n−3（n2且nN）． （1）求a2，a3的值； （2）设bn=*1+3，c=2， 4an+，是否存在实数，使得{bn}是等差数列？若存在，求出的值，(−2)n否则，说明理由．

（3）求{an}的前n项和Sn．

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20．（12分）

为了缓解日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量．某地车牌竞价的基本规则是：①“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人不知晓其他人的报价，也不知道参与当期竞拍的总人数；②竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额. 某人拟参加2020年11月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告，统计了最近5个月参与竞拍的人数(见下表)∶

月份 月份编号t 竞拍人数y（万人） 2020.06 2020.07 2020.08 2020.09 2020.10 1 2 3 1 4 5 1.7 0.5 0.6 1.4 （1）由收集数据的散点图发现，可用线性回归模型拟合竞拍人数y（万人）与月份编

ˆ+aˆ=btˆ，号t之间的相关关系.请用最小二乘法求y关于t的线性回归方程：并预测2020y年11月份参与竞拍的人数．

（2）某市场调研机构对200位拟参加2020年11月份车牌竞拍人员的报价价格进行了一个抽样调查，得到如下的一份频数表：

报价区间（万元） 频数 1,2) 2,3) 3,4) 4,5) 5,6) 20 60 60 30 2[6,7] 20 10 （i）求这200位竞拍人员报价X的平均值x和样本方差s（同一区间的报价可用该价格区间的中点值代替）；

（ii）假设所有参与竞价人员的报价X可视为服从正态分布N(,)，且与2可

2分别由（i）中所求的样本平均数x及s估值．若2020年11月份实际发放车牌数量为3174，请你合理预测（需说明理由）竞拍的最低成交价．

2ˆ+aˆ=ˆ=bxˆ，其中b参考公式及数据：①回归方程yxy−nxyiii=1nnˆ； ˆ=y−bx，axi=12i−nx2 ②

ti=152i=55，tiyi=18.8，1.71.3；

i=15 ③若随机变量Z服从正态分布N(,2)，则P(−Z+)=0.6826，

P(−2Z+2)=0.94，P(−3Z+3)=0.9974.

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21．（12分）

x2y211已知椭圆C:2+2=1(ab0)的离心率为，直线l:y=−x+2与椭圆C有

22ab且仅有一个公共点A．

（1）求椭圆C的方程及A点坐标；

（2）设直线l与x轴交于点B．过点B的直线与C交于E，F两点，记A在x轴上的投影为G，T为BG的中点，直线AE，AF与x轴分别交于M，N两点．

试探究|TM||TN|是否为定值？若为定值，求出此定值，否则，请说明理由．

22．（12分）

已知函数

f(x)=x2−2mx+2lnx(m0)．

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）若x1，x2为函数f(x)的两个极值点，且x1，x2为函数h(x)=lnx−cx两个零点，x12−bx的

x2．

43x+x2时，(x1−x2)h1ln3−1． 32求证：当m

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深圳实验学校、长沙一中2021届两校联考

数学试卷参及评分标准

选择题：

题号 答案 1 A 2 B 3 B 24 C 5 D 6 D 7 D 8 C 9 ACD 10 BCD 11 12 BC ABD 1．A 解析：由A={x|x+x−20}={x|−2x1}，B={x|0x3}，得 AB={x|−2x3}，故选A．

2．B 解析：由(1+3i)z=2−i，得z=2−i=(2−i)(1−3i)=−1−7i，所以虚部为

1+3i(1+3i)(1−3i)10107−，故选B． 10ππ3．B 解析：若sinA=cosB，则A+B=或A−B=π，即C=或A−B=π，

2222πππ若C=，则A+B=，则sinA=sin(−B)=cosB，故选B．

2224．C 解析：A，B图像关于原点对称，故f(x)为奇函数，即f(x)+f(−x)=0，

f(x)+f(−x)=ln(x2+1−kx)+ln(x2+1+kx)=0，得k=1，所以A，B正确，

C，D图像关于y轴对称，f(x)为偶函数，ln(x+1−kx)=ln(x+1+kx)，得k=0，此时图像为D，故选C．

225．D 解析：圆的方程整理得（x−2）+(y+2)=8−a，

圆心为(1,−1)半径为8−a，∴8−a0即a8，圆心到直线的距离为因为弦的长度小于6，故有2(8-a)2−(22)26， 解得a−9，a(−9,8)，故选D．

221−1−41+122=22，11r6−2r6．D 解析：x−展开式的通项为Tr+1=(−1)rC6x，所以x−展开式的常数

xx66134项为(−1)3C6=−20，含x−2项的系数为(−1)4C6=15，所以(x2+2)x−的展开式中

x的常数项为115+2(−20)=−25，故选D．

6SOMF=16，7．D 解析：设F(c,0)，可得FM=b，即OM=a，

又a2+b2=c2，解得a=8,b=4,c=45，所以离心率为8．C 解析：因为f(x)+f(−x)=1所以ab=32，ab=16，

25，故选D． 211+x+2+−x+2=5，所以f(x)图像关2x+12−x+12xln250，所以f(x)单调递增， 于点(0,)对称，又f(x)=1−x(2+1)22f(m4x+1)+f(m−2x)5等价于f(m4x+1)+f(m−2x)f(m−2x)+f(2x−m)，

数学试卷 第7页（共16页）

2x−1即f(m4+1)f(2−m)恒成立，所以m4+12−m，mx(x0)，令

4+1xxxx2x−1=t(t0)，可得mtt=，而 22(t+1)+1t+2t+22−1t112−1m==，所以，故选C． 22t+2t+2t++222+222t9．ACD 解析：对于A，因为ab0，所以

11，所以A正确；对于B，当c=0时，abx1ac2bc2不成立，所以B错误；对于C，因为ab0，函数y=是R上的减函数，

211所以，所以C正确；对于D，因为ab0，所以a2ab0，因为y=lgx222是(0,+)上的增函数，所以lgalg(ab)，所以D正确，故选ACD．

10．BCD 解析：设f(x)的最小正周期为T，由题图可知

abT11π7ππ2π所以T=，=−=，

2121233121229πππ所以=2kπ−(kZ)，因为||，所以k=1，=−，

424所以f(x)=Acos3x−所以f(x)==3，当x=7π时，y=0，即37π+=2kπ−π(kZ)，

22ππ23ππA=，又，所以， f()=Acos−=−3423242222πP sin3x，选BCD． cos3x−，所以g(x)=−343 11．BC 解析：在四棱锥P−ABCD中：

由题：侧面PCD⊥平面ABCD，交线为CD， 底面ABCD为矩形，BC⊥CD，则

BC⊥平面PCD，过点B只能作一条直线与已知平面垂直， N D 所以选项A错误；

M C O 连接AC交BD于O，连接MO，PAC中， A B OM∥PA，MO面MBD，

PA面MBD，所以PA//面MBD，所以选项B正确；

四棱锥M−ABCD的体积是四棱锥P−ABCD的体积的一半，取CD中点N，连接PN，PN⊥CD，则PN平面ABCD，PN=32，四棱锥M−ABCD的体积

11232632=12所以选项D错误. 23矩形ABCD中，易得AC=6,OC=3,ON=3，

1PCD中求得：NM=PC=6，在RtMNO中MO=ON2+MN2=3

2即：OM=OA=OB=OC=OD，所以O为四棱锥M−ABCD外接球的球心，半径为3，所以其体积为36π，所以选项C正确，故选BC．

12．ABD 解析：由a1=3，−4a2=a1+4a3，设公比为q， VM−ABCD=数学试卷 第8页（共16页）

则−43q=3+43q，解得q=−211，所以an=3(−)n−1， 2213(1−(−)n)12Sn==21−(−)n；

121−(−)21113Sn=61−(−)n=6−6(−)n=6+3(−)n−1=6+3an；所以A，B正确，

222p−1s−1222若apas=a3，则apas=a3，apas=a1qa1q=(a1q)，所以

191411p=1p=2p=4p=5则或或或，此时+=或qq=q，p+s=6，

sss===425s=1ps1n2+2(),n为奇数1n19462或或；C不正确，Sn=21−(−)=，

122−2()n,n为偶数2p−1s−14当n为奇数时，Sn(2,3]，当n为偶数时，Sn[,2)， 又

321138(,]，当n为偶数时，关于Sn单调递增，所以当n为奇数时，Sn−SnSn23153Sn−[,)，所以m8，t5，所以m−t8−5=11，D正确，故选ABD．

Sn6236366y=Sn−51 15．−11 16．(−,0)9e2(0,)

e填空题：

13． 23 14．−13．答案：23 解析：

a+b=(2,−3)，|a+b|=7，(a+b)2=7， a2+2ab+b2=7，

|a+2b|=又|a|=2，|b|=1，ab=1，514．答案：−

9解析：由3cosa2+4ab+4b2=23，故答案为23．

22ππ−−sin=得sin+=，所以 3333ππππ25sin2+=sin2(+)−=−cos2(+)=2()2−1=−．

63233915．答案：−11 2解析：联立y=2x−2与y=8x得，x2+4x+1=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则

x1+x2=4，x1x2=1，y1y2=(2x1−2)(2x2−2)=−8，

FAFB=(x1−2)(x2−2)+y1y2=−11．

16．答案：(−,0)解析：

2(0,)

e1−ln(−x)1，易求的极小值为． f(x)f(x)=f(−e)=−2xe数学试卷 第9页（共16页）

1em1=0，即2x2+mx−m2=0，解得方程两根为−m和，

2mm函数h(x)的零点即方程f(x)=−m和f(x)=的根．

2函数h(x)有3个不同的零点需满足：

m1当m0时，f(x1)=f(x2)=(−,0)且f(x3)=−m(0，+)，

2emm2f(x1)+f(x2)+2f(x3)=++2(−m)=−m(0,)；

22e令g(x)+m(0，+)， 2m1f(x1)+f(x2)+2f(x3)=(−m)+(−m)+2()=−m(−,0)，

2e12综上：f(x1)+f(x2)+2f(x3)的范围为 (−,0)(0,)．

ee解答题：

当m0时，f(x1)=f(x2)=−m(−,0)且f(x3)=1e17．（10分）

解析：（1）AD⊥侧面PAB ，PE平面PAB， AD⊥EP………………………………………… 2分 △PAB等边三角形，E是线段AB的中点，

AB⊥EP …………………………………………… 3分 ADAB=A，PE⊥平面ABCD， CD平面ABCD，PE⊥CD；

…………………………………………………………… 5分 （2）以E为原点，以在平面ABCD内过E且垂直于AB的直线为x轴，以EA、EP分别为y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 又

则E(0,0,0)，C(1,−1,0)，D(2,1,0)，P(0,0,3)．

ED=(2,1,0)，EP=(0,0,3)， PC=(1,−1,−3)．……………………………… 7分

设n=(x,y,z)为平面PDE的一个法向量．

nED=2x+y=0由令x=1，可得n=(1,-2,0)， ……………………………… 9分 nEP=3z=0设PC与平面PDE所成角为，得sin=cosPC,n=所以PC与平面PDE所成角的正弦值为

PCnPCn=3，……… 11分 53．…………………………………………… 12分 518．（12分）

解析：选① bsinA+asinB=4csinAsinB， 因为bsinA+asinB=4csinAsinB，

B=4sinCsinAsinB， 所以由正弦定理得sinBsinA+sinAsin即2sinBsinA=4sinCsinAsinB，所以sinC=因为C(0,π)，所以C=1， 2π5π或C=． …………………………………………… 566数学试卷 第10页（共16页）

分

1+35π，由sinAsinB=，

46ππ1而A，B，从而sinAsinB，矛盾，舍去．

6π故C=， …………………………………………… 6分

6接下来求△ABC的面积S．

c2法一：设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得2R===4， sinCsinπ6a=2RsinA=4sinA，b=2RsinB=4sinB，ab=16sinAsinB=4(1+3)，

111SABC=absinC=4(1+3)=1+3．…………………………………… 12分

222若C=法二：由(Ⅰ)得cosC=33，即cosAcosB−sinAsinB=−， 22sinAsinB=1+31−3，cosAcosB=， 44cos(A−B)=cosAcosB+sinAsinB=1， 25π5πππA−B(−,)，A−B=或B−A=，

6633π5π7ππ当A−B=时，又A+B=，A=，B=，

36124π2sincsinB4=22， 由正弦定理得b==πsinCsin6117π2123SABC=bcsinA=222sin=22(+)=1+3,…… 10分

22122222π时，同理可得SABC=1+3， 3故△ABC的面积为1+3．……………………………………………………… 12分

C选② cos2C−23sin2+3=2，

2 C因为cos2C−23sin2+3=2，

2 当B−A=所以2cos2C−1−3(1−cosC)+3−2=0，即2cosC+3cosC−3=0，

2(2cosC−3)(cosC+3)=0，

所以cosC=3或cosC=−3（舍），2

因为C(0,π)，所以C=π． ……………………………………………………… 66分

以下同解法同① ， …………………………………………… 12分

数学试卷 第11页（共16页）

选③ (a−3b)sinA+bsinB=csinC，

由(a−3b)sinA+bsinB=csinC及正弦定理得(a−3b)a＋b2=c2， 即a2＋b2−c2=3ab，

a2＋b2−c23由余弦定理得cosC=， =2ab2π， …………………………………………… 6分 6以下解法同① ． …………………………………………… 12分 19．（12分） 解析：（1）由an+2an−1=(−2)n−3，

0Cπ，C=令n=2，a2+2a1=(−2)2−3，得a2=11， ………………………………… 1分 令n=3，a3+2a2=(−2)3−3，得a3=−33； ………………………………… 2分

a+−33a++11a1+−5=，b2=22=，b3=33=， −2−2(−2)4(−2)−8+11−5−33=+若bn是等差数列，则有2b2=b1+b3，即，………………… 3分 2−8−2解得=1， ………………………………… 4分 下证当=1时，bn是等差数列， 当n2时，

an+1an−1+1−2an−1+(−2)n−3+1an−1+1bn−bn−1=−=−(−2)n(−2)n−1(−2)n(−2)n−1（2）b1==an−1+(−2)+1an−1+1−=1(−2)n−1(−2)n−1n−1………………………… 6分

所以{bn}是公差为1的等差数列，而b1=（3）由（1）bn=a1+1=2，所以bn=n+1；……………… 7分 −2an+1=n+1，所以an=(n+1)(−2)n−1， n(−2)令Tn=2(−2)+3(−2)2+4(−2)3++(n+1)(−2)n

则(−2)Tn=2(−2)2+3(−2)3+4(−2)4+两式相减得：

+(n+1)(−2)n+1

3Tn=2(−2)+(−2)2+(−2)3++(−2)n−(n+1)(−2)n+1…………………………… 10分

(−2)(1−(−2)n)=−2+−(n+1)(−2)n+11−(−2)−(3n+4)(−2)n+1−8得Tn=，…………………………………………………………… 11分

9−(3n+4)(−2)n+1−8−n．…………………………………………………… 12分 所以Sn=920．（12分） 解：（1）易知t=1+2+3+4+50.5+0.6+1+1.4+1.7=1.04，…………1分 =3，y=55数学试卷 第12页（共16页）

ˆ=bty−5tyiii=155ti2−5ti=1t2=18.8−531.04=0.32，………………………2分 255−53ˆt=1.04−0.323=0.08，………………………3分 ˆ=y−baˆ=0.32t+0.08，………………………4分 则y关于t的线性回归方程为yˆ=2.00，即2020年11月份参与竞拍的人数估计为2万人；…………5分 当t=6时,y（2）（i）依题意可得这200人报价的平均值x和样本方差s2分别为：

x=1.50.1+2.50.3+3.50.3+4.50.15+5.50.1+6.50.05=3.5，…………6分 s2=(1.5−3.5)20.1+(2.5−3.5)20.3+(3.5−3.5)20.3+(4.5−3.5)20.15+(5.5−3.5)20.1+(6.5−3.5)20.05=1.7；…………8分

（ii）2020年11月份实际发放车牌数量为3174，根据竞价规则，报价在最低成交价以上人

3174100%=15.87%，…………………9分

200002根据假设，报价X可视为服从正态分布N(,)，

数占总人数比例为

且=3.5,=1.7，=1.71.3，

2又P(x+)=可预测2020年

21．（12分）

1−P(−x+)=0.1587，P(x4.8)=0.1587，……11分

211月份竞拍的最低成交价为4.8万．.…………………12分

c1=，即a2=4c2，b2=a2−c2=3c2，所以 a2x2y2x2y21C:2+2=1，联立2+2=1与，l:y=−x+2，

24c3c4c3c22得x−2x+4−3c=0， …………………………………………………………… 2分

2依题意=4−4(4−3c)=0，

222解得c=1，所以a=4，b=3，

x2y2+=1；……………………………………………………… 3分 故椭圆C的方程为

43222此时x−2x+4−3c=0即为x−2x+1=0，

13根为x=1，则y=−1+2=，

223所以，A点坐标为(1,)；…………………………………………………………… 4分

2解析：（1）设C的半焦距为c，则

5（2）易知B(4,0)，T(,0)，

2若直线EF的斜率为0，此时M(−2,0)，N(2,0)或N(−2,0)，M(2,0)，

9191|TM|=，|TN|=或|TN|=，|TM|=，

22229有|TM||TN|=，…………………………………………………………… 6分

4x2y2+=1得 若直线EF的斜率不为0，设直线EF的方程为x=ny+4，代入

43数学试卷 第13页（共16页）

(3n2+4)y2+24ny+36=0，设E(x1,y1),F(x2,y2)，则

−24n36，， yy=123n2+43n2+43y1−32(x−1)，则M(1−3(x1−1),0)， 可得直线AE的方程为y−=2y1−32x1−13(x1−1)33(x1−1)(6n+6)y1+93(2n+2)y1+35， |TM|=−1+=+==22y1−322y1−32(2y1−3)22y1−33(2n+2)y2+3同理，|TN|=，所以 ………………………………………………… 9分

22y2−39(2n+2)y1+3(2n+2)y2+3， |TM||TN|=42y1−32y2−3y1+y2=9(3n2+16n+20)[(2n+2)y1+3][(2n+2)y2+3]=(2n+2)y1y2+3(2n+2)(y1+y2)+9=3n2+49(3n2+16n+20)(2y1−3)(2y2−3)=4y1y2−6(y1+y2)+9=3n2+4

9所以|TM||TN|=．…………………………………………………………… 11分

49综上，|TM||TN|=为定值．………………………………………………………… 12分

4222．（12分）

解析：（1）由于f(x)=x−2mx+2lnx的定义域为(0,+)，

22(x2−mx+1)f(x)=． …………………………………………………………… 1分

x对于方程x2−mx+1=0，=m2−4 ．

2当m−40，即0m2时，f(x)0恒成立，故f(x)在(0,+)内单调递增．

…………………………………………………………… 2分

mm2−4当m−40，即m2时，方程在(0,+)恰有两个不相等实根x=，

2m−m2−4m+m2−4令f(x)0，得0x或x，此时f(x)单调递增；

22m−m2−4m+m2−4x令f(x)0，得，此时f(x)单调递减．

222 …………………………………………………………… 4分

综上所述：

当0m2时，f(x)在(0,+)内单调递增；

m−m2−4m+m2−4),(,+)单调递增，在当m2时，f(x)在(0,22m−m2−4m+m2−4(,)单调递减； ………………………………………………… 5分

22（2）证明：x1,x2为函数f(x)的两个极值点,x1,x2即为方程x2−mx+1=0的两根．

数学试卷 第14页（共16页）

43，=m2−40且x1+x2=m,x1x2=1． …………………………… 6分 322又x1,x2为h(x)的零点，lnx1−cx1−bx1=0，lnx2−cx2−bx2=0， x两式相减得ln1−c(x1−x2)(x1+x2)−b(x1−x2)=0， x2xln1x2b=−c(x1+x2)，…………………………………………………………… 7分 x1−x2x+x21) 又h(x)=−2cx−b，(x1−x2)h(1x2x1ln2x2=(x1−x2)−c(x1+x2)−+c(x1+x2) x1−x2x1+x2x2(1−1)2(x1−x2)xx2x=−ln1=−ln1…………………………………………………… 8分 x1+x2x2(x1+1)x2x2x0t1， 令t=1，0x1x2，x22由x1+x2=m得:x12+x2+2x1x2=m2， 12由x1x2=1，上式两边同时除以x1x2得：t++2=m， t43143210又m，故t+()−2=， 3t331解得0t或t3（舍去）， ………………………………………………………… 10分 3t−1−(t−1)2−lnt，则G(t)=0， 设G(t)=22t+1t(t+1)1G(t)在(0,]上单调递减， …………………………………………………………… 11分 31G(t)min=G()=ln3−1， 3x+x(x1−x2)h(12)=G(t)ln3−1． ………………………………………………… 12分 2又m 数学试卷 第15页（共16页）